2024屆五年高考數(shù)學(xué)（文課）真題分類訓(xùn)練：八 立體幾何

專題八立體幾何

考點(diǎn)21空間幾何體的結(jié)構(gòu)、三視圖、表面積和體積

題組一

一、選擇題

1.12023全國卷乙，5分］如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)零件的三視圖，網(wǎng)格小

正方形的邊長為1,則該零件的表面積為（D）

A.24D.30

［解析］作出該零件的直觀圖如圖所示，該零件可看作是長、寬、高分別為2,

2,3的長方體去掉一個(gè)長、寬、高分別為2,1,1的長方體所得，其表面積為

2x(2x24-2x3+2x3)-2x1x1=30,故選D.

2.［2023天津，5分］在三棱錐中，線段PC上的點(diǎn)M滿足PM=1PC,

線段PB上的點(diǎn)N滿足PN=，則三棱錐P-AMN和三棱錐P-ABC的體積

之比為（B）

214

A.-B.-C.-D.-

9939

,_,、r12LL1tSADivfnr^-PM'PN'S1MZ-BPCPM-PN

［解析］如圖，因?yàn)镻M=-PC,PN=-PB，所以也3=%----------="絲=

33S^pBCjpCPB-sinzBPCPCPB

工X2=2所以-PTMN=_gS^PMN.d=SPM

>N_￡（其中d為點(diǎn)”到平面

3399Vp-ABCA-PBCS^PBC9

PBC的距離，因?yàn)槠矫鍼MN和平面PBC重合，所以點(diǎn)2到平面PMN的距離也

為d）.故選B.

3.［2022全國卷甲，5分］如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖，網(wǎng)格

小正方形的邊長為1,則該多面體的體積為（B）

［解析］三視圖對應(yīng)的幾何體是放倒的直四棱柱，如圖，直四棱柱的高為2,底面

是上底為2,下底為4,高為2的梯形，所以體積，=S/i=1x（2+4）x2x

2=12.故選B.（提醒：要是沒想起是放倒的直四棱柱，也可切割成一個(gè)正方體

+三棱柱來求解）

4.［2022新高考卷I,5分］南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問

題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時(shí)，相應(yīng)水面的

面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該

水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升

到157.5m時(shí)，增加的水量約為(近?2.65)(C)

A.1.0x109m3B.1.2x109m3C.1.4x109m3D.1.6xIO9m3

［解析］由已知得該棱臺的高為157.5-148.5=9(m)，所以該棱臺的體積，=|x

9x(140+V140x180+180)x106=60x(16+3夕)x106?60x

(16+3x2,65)x106=1.437x109?1.4x109(m3).故選C.

5.［2021新高考卷I,5分］已知圓錐的底面半徑為也，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半

圓，則該圓錐的母線長為(B)

A.2B.2V2C.4D.4V2

［解析］設(shè)圓錐的母線長為2，因?yàn)樵搱A錐的底面半徑為a，所以2TTX/=

Til,解得I=2V2,故選B.

【方法技巧】利用圓錐的底面周長等于其側(cè)面展開圖的弧長建立等量關(guān)系.

6.［2021全國卷甲，5分］在一個(gè)正方體中，過頂點(diǎn)2的三條棱的中點(diǎn)分別為

E,F,G.該正方體截去三棱錐2-EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖

所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是(D)

［解析］根據(jù)已知條件作出圖形如圖所示，結(jié)合多面體的正視圖可知，該幾何體

的側(cè)視圖為D選項(xiàng)中的圖形.

第6題圖

7.［2021北京，4分］某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為(A)

A3+V3ci+舊

BD

21.2-T

［解析］將四面體ZBCD放入正方體中,如圖所示，故S羌=3x工x1x1+交x

衣24

（V2）2=萼.故選A.

第7題圖

8.［2021浙江，4分］某幾何體的三視圖如圖所示（單位:cm）,則該幾何體的

體積（單位:cm3）是（人）

俯視圖

俯視圖

A.|B.3C.學(xué)D-3V2

［解析］解法一由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)底面為等腰梯形的直四棱柱，其

中底面等腰梯形的底邊長分別為迎,2聲，高為號，該四棱柱的高為1,所以

該幾何體的體積U|x（V2+2V2）xx1=|.故選A.

解法二由三視圖可知，該幾何體是由底面為等腰直角三角形（腰長為2）的直

三棱柱截去一個(gè)底面為等腰直角三角形（腰長為1）的直三棱柱后得到的，所

以該幾何體的體積U=jx22xl-|xl2xl=|.故選A.

【方法技巧】解決三視圖問題，一般根據(jù)三視圖還原出幾何體的直觀圖，然后

直接計(jì)算或從補(bǔ)形的角度進(jìn)行計(jì)算.

9.［2020天津，5分］若棱長為2g的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的

表面積為（C）

A.12-nB.241TC.36irD.144n

［解析］設(shè)外接球的半徑為R,易知2R=V5X2V5=6,所以R=3,于是表面

積S=4nR2=36TT,故選C.

【方法技巧】多面體與球切、接問題的常見求解方法

（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí)，一般過球心及多面體的特殊點(diǎn)（一

般為接、切點(diǎn)）或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題進(jìn)行求解.

（2）若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的三條線段P4,PB,PC兩兩垂直，且P4=

a,PB-b,PC-c,一般把幾何體"補(bǔ)形"成一個(gè)球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=

a2+b2+c2（其中R為外接球的半徑）求解.

（3）正方體的內(nèi)切球的直徑等于正方體的棱長.

（4）球和正方體的棱相切時(shí)，球的直徑等于正方體的面對角線長.

10.［2020北京，4分］某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱

柱的表面積為(D)

俯視圖

A.6+V3B.6+2V3C.12+V3D.12+2V3

［解析］將三視圖還原為直觀圖(圖略)，知該三棱柱是正三棱柱,其高為2,底

面是邊長為2的等邊三角形，正三棱柱的上、下兩個(gè)底面的面積均為［x2x

2xsin60°=|x2x2xy=V3，三個(gè)側(cè)面的面積均為2x2=4，故其表面積為

2V3+12,選D.

11.［2020全國卷III,5分］如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是

(C)

第n題圖

A.6+4V2B.4+4V2C.6+2V3D.4+2V3

［解析］由三視圖知該幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC,其中P41平面

ABC,AB1AC,AB=AC=ZP=2，故其表面積S=(|x2x2)x3+|x

2

(2V2)xsin60°=6+2V3.

12.［2019浙江，4分］祖晅是我國南北朝時(shí)代的偉大科學(xué)家，他提出的“易勢既

同，則積不容異”稱為祖晅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式匕,二

S/i,其中S是柱體的底面積，九是柱體的高.若某柱體的三視圖如圖所示(單位：

cm),則該柱體的體積(單位：cm3)是(8)

A.158B.162C.182D.324

［解析］由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)直五棱柱，所以其體積U=

(4x3+2x3+6x6)x6=162.故選B.

二、填空題

13.［2023新高考卷I,5分］在正四棱臺4BCD中，AB=2,

A1B1=1,A4i=V2，則該棱臺的體積為革.

［解析］解法一如圖所示，設(shè)點(diǎn)。1,0分別為正四棱臺2BCD-ABiCiA上、下底

面的中心，連接/A,BD，則點(diǎn)。1分別為B［D「BD的中點(diǎn)，連接?！俊?，則0道即

正四棱臺ABC。-的高，過點(diǎn)名作BiE1BD，垂足為E，則=010.

因?yàn)閆B=2，&Bi=1，所以O(shè)B=V2,0/1=y，所以BE=OB-OE=OB—

O/i=y，又A4i=V2，所以BBi=V2,B1E=JBB：-BE2==

以°】。=T，所以曝四棱臺4BCDT祖CWWX（22+12+標(biāo)不）X卜魯

解法二如圖川隆正四棱臺ZBCD-4/1QD1補(bǔ)形成正四棱錐P—4BCD，因?yàn)?/p>

=2,AB=1,AB"AiB]，所以21,Bi,Q,D1分別為PZ,PB,PC,PD的中點(diǎn),

又=V2，所以P4=2V2，即PB=2V2.連接BD，取BD的中點(diǎn)為。，連接P。，

則P。1平面2BCD，易知B。=V2，所以P。=7PB2-BO2=遙，所以正四棱臺

ABCD-4BCD1的高為手，所以勺四棱臺4BCDT祖皿=!X(22+12+

722X12)X弓=等.(或者/棱錐-BCD=[X22X遙=

hV四棱錐P-AlBiJDi-g^^^P-ABCD'所以曝四棱臺ABCD-AIBIQDI=

y_y=7解)

“四棱錐P-ABCD/四棱錐P-AiBiQDi—8V^^P-ABCD_8"3一6

BC

14.［2023新高考卷II,5分］底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所

截，截去一個(gè)底面邊長為2,高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為空.

［解析］如圖所示，正四棱錐P-2BCD的底面邊長為4,用平行于底面的平面截

去一個(gè)底面邊長為2,高為3的正四棱錐P-后，得到正四棱臺

A'B'C'D'-ABCD,且4B'=2,AB=4.記,0分別為正四棱臺AB'C'D'-

ABCD下底面的中心，Hr,”分別為的中點(diǎn)，連接

PO,PH,0'H',OH,則PO'=3,=1,?！?2.易知△P。'”'?△P。"，所

以警=等，即方=9解得「0=6,所以O(shè)O'=P?！狿O'=3,所以該正

四棱臺的體積，=［x3x（22+2x4+42）=28.（提示：臺體的體積，=

：/i（Si+a至+S2）,其中九為臺體的高，Si>2分別為臺體的上、下底面積）

15.（2021全國卷甲，5分）已知一個(gè)圓錐的底面半徑為6,其體積為307T,

則該圓錐的側(cè)面積為近.

［解析］設(shè)該圓錐的高為九，則由已知條件可得：XTTX62X/I=30TT,解得九=

則圓錐的母線長為后7不=后+36若,故該圓錐的側(cè)面積為71X6x

—=39TT.

2

【方法技巧】圓錐的體積公式為%錐=：nr2九，圓錐的側(cè)面積公式為5側(cè)=

nrl,其中r為圓錐的底面半徑，九為圓錐的高，，為圓錐的母線長.

16.［2020浙江，4分］已知圓錐的側(cè)面積（單位：cm2）為2n,且它的側(cè)面展

開圖是一個(gè)半圓，則這個(gè)圓錐的底面半徑（單位：cm）是L

［解析］解法一設(shè)該圓錐的母線長為2,因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，其面

積為2n,所以1^2=2區(qū),解得，=2,所以該半圓的弧長為2n.設(shè)該圓錐的

底面半徑為R,貝U2nR=2n,解得R=1.

解法二設(shè)該圓錐的底面半徑為R,則該圓錐側(cè)面展開圖中的圓弧的弧長為2nH.

因?yàn)閭?cè)面展開圖是一個(gè)半圓，設(shè)該半圓的半徑為r,則nr=2TTR,即r=2R,

所以側(cè)面展開圖的面積為；-2R-2TTR=2TTR2=2Tl,解得R=1.

17.［2020新高考卷II,5分］棱長為2的正方體ABCD-［/道也中,M,N分別

為棱BBi,2B的中點(diǎn)，則三棱錐4-DiMN的體積為

［解析］如圖，易知，三棱錐=棱錐DLAMN，由正方體的結(jié)構(gòu)特征，知

1平面&MN,所以。遇1為三棱錐Di—4MN的高.因?yàn)镸,N分別為棱

BBi,4B的中點(diǎn)，所以=2x2-|xlxl-|xlx2-|xlx2=|）

所以'三棱錐41-DiMN=V三棱錐Di-AMN=3XSAAIMNX=gX|X2=1.

【方法技巧】求空間幾何體體積的常用方法

（1）公式法：直接根據(jù)常見柱、錐、臺等規(guī)則幾何體的體積公式計(jì)算.

（2）等積法：根據(jù)體積計(jì)算公式，通過轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高使得體積計(jì)

算更容易，或是求出一些體積比等.

（3）割補(bǔ)法：把不能直接計(jì)算體積的空間幾何體進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆指罨蜓a(bǔ)形，轉(zhuǎn)化

為可計(jì)算體積的幾何體.

18.［2020江蘇，5分］如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)

成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm，高為2cm，內(nèi)孔半徑為0.5cm，則止匕

六角螺帽毛坯的體積是12近Tcm3

Z

［解析］正六棱柱的體積為6xyx22x2=12V3(cm3),圓柱的體積為nx

0.52x2=^(cm3),則該六角螺帽毛坯的體積為(12百―］cm3

19.［2019江蘇，5分］如圖，長方體4BCD—的體積是120,E為

的中點(diǎn)，則三棱錐E—BCD的體積是

［解析］因?yàn)殚L方體2BCD-的體積是120,所以CCi?S四邊形謝。=

120,又E是CG的中點(diǎn)，所以三棱錐E-BCD的體積4_BCD=?S^BCD=

1111

-x-x5s四邊形ZBCO=石x120=10.

題組二

一、選擇題

1.12023全國卷甲，5分］在三棱錐P—4BC中，△2BC是邊長為2的等邊三角

形，PA=PB=2,PC,則該棱錐的體積為(A)

A.1B.V3C.2D.3

［解析］如圖，取ZB的中點(diǎn)。，連接PD,CD,因?yàn)锳ZBC是邊長為2的等邊三

角形，P2=PB=2,所以PD12B,CD1AB,所以PD=CD=百，又

PC=巫，所以PI)2+CD2=pC2>所以p。1CD,又ABCCD=D,

AB,CDu平面ABC,所以PD1平面ABC,所以=|XSAABCxPD=

托打2*8*8=1,故選A.

2.［2022浙江，4分］某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm）,則該幾何體的

體積（單位：cm3）是（（2）

-H1K2-H1K-H11*2*11K

正視圖側(cè)視圖

A.22Tl

［解析］由三視圖知，該幾何體是由半球體、圓柱體、圓臺組合而成的，其中半

球的半徑為1,圓柱的底面半徑為1,高為2,圓臺的上、下底面的半徑分別為

1和2,高為2,所以該幾何體的體積為X（XTTX1?+7TX12X2+

i-n（l2+1X2+22）X2=--IT,故選C.

33

3.［2022新高考卷II,5分］已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為38

和4百，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（A）

A.lOOnB.128TTC.144TVD.192TT

［解析］由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為:x曰x3b=

3,|x亨x4g=4.設(shè)該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為。1，。2，連接

。1。2，則。1。2=1，其外接球的球心。在直線。1。2上.設(shè)球。的半徑為R，當(dāng)球心。

在線段。1。2上時(shí)，R2=32+。英=42+（1—。。1）2,解得0。1=4（舍

122222

去）；當(dāng)球心。不在線段。。上時(shí)，?=4+OOl=3+（1+002）,解得

0。2=3,所以R2=25,所以該球的表面積為4TTR2=lOOn.故選A.

4.［2022全國卷甲，5分］甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角

之和為如，側(cè)面積分別為S,,和S,,體積分別為匕和匕.若?=2，則*=（C）

A.V5B.2V2C.V10D.—

4

s

［解析］因?yàn)榧住⒁覂蓚€(gè)圓錐的母線長相等，所以結(jié)合1=2可知，甲、乙兩個(gè)

圓錐側(cè)面展開圖的圓心角之比是2:1.不妨設(shè)兩個(gè)圓錐的母線長為2=3,甲、乙

兩個(gè)圓錐的底面半徑分別為ri72，高分別為九「出，則由題意知，兩個(gè)圓錐的

側(cè)面展開圖剛好可以拼成一個(gè)周長為6TT的圓，所以2m'I=4TT,2nr2=2TT,

得r1=2,72=1.由勾股定理得，九1=_.2—V5,/i2=_行=2V2,

所以白=呼=笑=何故選c.

%尹博九2272

5.［2022北京，4分］已知正三棱錐P-ABC的六條棱長均為6,S是^ABC及

其內(nèi)部的點(diǎn)構(gòu)成的集合.設(shè)集合T={QCS\PQ<5},則T表示的區(qū)域的面積為

(B)

3TT

A.—4B.nC.2TID.3n

［解析］設(shè)。為△ABC的中心，連接P。4。，在正三角形ABC中，20=|xjx

6=2V3,在Rt△POA中，P。=yJPA2-AO2=V36-12=2連，當(dāng)PQ=5

時(shí)，連接。Q，根據(jù)勾股定理可得OQ=JPQ2-PO2=1,易知點(diǎn)Q的軌跡是以

。為圓心，半徑為1的圓，由于集合7={QCS|PQW5},故集合T表示的區(qū)

域的面積為a,故選B.

6.［2022天津，5分］如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)直三棱柱重疊后的景象，重

疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面形狀是頂角為120。、腰為3的等腰三角

形，則該幾何體的體積為(D)

［解析］如圖，△"CD,△FEB,△/DECGBC均是頂角為120。、腰為3的等腰三

角形，易得其高均為|,底面BCDE是邊長為3g的正方形，所以'三棱柱=jx

3Kx2x3痘=—＞，棱錐4-BCDE-X3V3X3V3X-=y,V-2金棱柱一

%棱錐4-BCDE=2x竽一§=27.故選D.

7.［2021新高考卷II,5分］正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2,4,側(cè)棱長

為2,則其體積為(D)

A.56B.28V2C.—D.—

33

［解析］如圖所示，在正四棱臺4BCD-&B1C1D1中，點(diǎn)。1，。分別為上、下底面

的中心，連接。4,。14,001,則由題意可知5。1底面4BCD,OA=

2V2,。14=V2.過點(diǎn)&作24〃。。1，交2。于點(diǎn)E,則4E1底面2BCD,四

邊形。E4O1為矩形，OE=041=&.,所以AE=2&.-&.=五,因?yàn)?/p>

441=2，所以&E=%。=y/AAj-AE2=V2，即正四棱臺的高為魚，所以正

四棱臺的體積，=|x(42+22+V42x22)xV2=粵名.故選D.

8.［2021天津，5分］兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球

的體積為等，兩個(gè)圓錐的高之比為1：3，則這兩個(gè)圓錐的體積之和為(B)

A.3TlB.4TlC.9TID.12Tl

［解析］設(shè)球的半徑為R，則有］皿?3=等，解得R=2，設(shè)兩個(gè)圓錐的高分別為

h,3h，由題意可知九+3九=2R=4，解得九=1，即兩個(gè)圓錐的高分別為1,3,則球

心到圓錐的底面的距離d=R-九=1.設(shè)這兩個(gè)圓錐的底面半徑為r,根據(jù)球的

截面性質(zhì)得R2=42+產(chǎn)，即4=i+產(chǎn),解得廠=73，故兩個(gè)圓錐的體積之和為

|-n:r2(/i+3/i)=|nx3x4=4n，故選B.

9.［2020全國卷I,5分］已知4,B,C為球。的球面上的三個(gè)點(diǎn)，O。1為&ABC

的外接圓.若O01的面積為411,AB=BC=AC=。01,則球。的表面積為(A)

A.641TB.48TlC.36nD.32TT

［解析］如圖所示，設(shè)球。的半徑為R,O。1的半徑為丁，因?yàn)镺%的面積為

2

4TT,所以4Tl=Tir,解得r=2,又AB-BC-AC-OOr,所以相=

sin60°

2

2r,解得ZB=2V3,故0。1=2百，所以R2=QO［+產(chǎn)=(2V3)+22=

16,所以球。的表面積S=4TTR2—64Tx.故選A.

【方法技巧】求解球的表面積問題的關(guān)鍵在于過好雙關(guān)：一是“方程關(guān)”，能

借用圖形，利用已知三角形的外接圓的面積，得三角形的邊長，從而由勾股定

理求出R2的值；二是“公式關(guān)”，能應(yīng)用球的表面積公式s=41TR2求其表面

積.

10.［2020全國卷II,5分］已知△ABC是面積為這的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都

4

在球。的球面上.若球。的表面積為161T,則。到平面4BC的距離為(C)

A.V3B.-C.1D.—

22

［解析］由等邊三角形4BC的面積為等，得亨ZB2=W，得ZB=3,則△皿：

的外接圓半徑r=|x曰=設(shè)球的半徑為R,則由球的表面積

為1671,得4TIR2=16TT,得R=2,則球心。到平面的距離d=

V/?2—r2=1,故選C.

【方法技巧】（1）若等邊三角形ABC的邊長為a,則△ABC的面積為：a2；

（2）球的截面的性質(zhì)：若球的半徑為R,截面圓的半徑為r,則球心到截面的

距離d=7R2—*.

11.［2020全國卷I,5分］埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀

可視為一個(gè)正四棱錐（如圖所示）.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該

四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊

長的比值為（C）

［解析］設(shè)正四棱錐的高為九，底面正方形的邊長為2a,斜高為zn,依題意得

/=gx2axm,即必=am①，易知居+a2-m2②，由①②得m—

12.［2020浙江，4分］某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體

的體積（單位：cm3）是（人）

正視圖

A.-7B.1—4C.3D.6

33

［解析］由三視圖可知，該幾何體是三棱柱和三棱錐的組合體，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)可

得該幾何體的體積U=|x2xlx2+|x|x2xlxl=1(cm3),故選A.

二、填空題

13.［2023全國卷甲，5分］在正方體ABC。-ZiBiCiA中，AB=4,。為人。1

的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球。的球面有公共點(diǎn)，則球。的半徑的取值范圍是

［2V2,2V31.

［解析］由該正方體的棱與球。的球面有公共點(diǎn)，可知球。的半徑應(yīng)介于該正方體

的棱切球半徑和外接球半徑之間(包含棱切球半徑和外接球半徑).設(shè)該正方體

的棱切球半徑為r,因?yàn)?4,所以2r=7^x4,所以r=；設(shè)該正方

體的外接球半徑為H,因?yàn)?4,所以(2R)2=42+42+42,所以R=

2K.所以球。的半徑的取值范圍是［2/,2遮］.

14.［2023全國卷乙，5分］已知點(diǎn)S,A,B,C均在半徑為2的球面上，△

ABC是邊長為3的等邊三角形，S41平面4BC,則S4=2.

［解析］解法一

如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為01,連接。12,因?yàn)锳ZBC是邊長為3的等邊

三角形，所以其外接圓半徑r=。12=卜梟3=收

將三棱錐S-ABC補(bǔ)形為正三棱柱SB】G-ABC,由題意知S4為側(cè)棱，設(shè)球心

為。，連接。01,OA，則。。11平面2BC,且0。1=^SA.

222

又球的半徑R=。2=2,0A=OOl+01A,所以4=^SA+3,得SZ=2.

解法二

如圖，設(shè)AaBC的外接圓圓心為。1,連接。12,因?yàn)锳aBC是邊長為3的等邊

三角形，所以其外接圓半徑r=O1^l=|xyX3=V3.

設(shè)三棱錐S-ABC的外接球球心為。，連接。3，則。。11平面4BC.又SA1平

面4BC,所以。0J/S2,連接。S,0A,由題意知。S=04=2.過。作S2的

垂線，設(shè)垂足為“，則四邊形2。1。”為矩形，所以。。1=4”，由。S=04可知

“為sa的中點(diǎn)，則。Oi=a”=jsa.

所以在RtA。。/中，由勾股定理可得。壽=。3+。1小，即4=；sa2+3,

得SA=2.

15.[2021全國卷乙，5分]以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)

視圖和俯視圖，組成某個(gè)三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號依次

為③④（答案不唯一，②⑤也可）（寫出符合要求的一組答案即可）.

TT

--

ll

ii

圖

圖①③

H—2—HH—2―?!

圖④圖⑤

［解析］根據(jù)“長對正，高平齊，寬相等”及題圖中數(shù)據(jù)，可知②③只能是側(cè)視

圖，④⑤只能是俯視圖.若需組成某個(gè)三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖

的編號依次是③④或②⑤.若是③④，則三棱錐如圖1中2—BCD；若是②⑤，

則三棱錐如圖2中E-HFG.

16.［2019天津，5分］已知四棱錐的底面是邊長為出的正方形，側(cè)棱長均為后.

若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個(gè)底面的圓心為四棱

錐底面的中心，則該圓柱的體積為三

［解析］由題意得圓柱的高為四棱錐高的一半，底面圓的直徑為以四棱錐側(cè)棱的

四個(gè)中點(diǎn)為頂點(diǎn)的正方形的對角線，易求得圓柱的底面圓的直徑為1,高為1,

所以該圓柱的體積U=71X(3XI='

17.［2019全國卷III,5分］學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型.如

圖，該模型為長方體ABC。-挖去四棱錐。-EFGH后所得的幾何

體，其中。為長方體的中心，E,F,G,”分別為所在棱的中點(diǎn)，AB=BC=

3

6cm,AAr=4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm.不考慮打印損耗，制作

該模型所需原料的質(zhì)量為118.8g.

［解析］長方體ZBCD-2把停1。1的體積匕=6x6x4=144(cm3),而四棱錐

。-EFG”的底面積為矩形BBiQC面積的一半，高為長的一半，所以四棱

錐。一EFGH的體積七=|x|x4x6x3=12(cm3),所以長方體ABC。-

4B1GD1挖去四棱錐。一EFGH后所得幾何體的體積，=匕—匕=

132(cm3),所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132X0.9=118.8(g).

【易錯(cuò)點(diǎn)撥】本題的易錯(cuò)點(diǎn)有三處：一是把四棱錐的體積公式與四棱柱的體積

公式搞混，導(dǎo)致求四棱錐。-EFG”的體積時(shí)漏乘2；二是此題涉及質(zhì)量的計(jì)

算，考生在求完體積后，容易漏乘原料密度，導(dǎo)致所求得的結(jié)果出錯(cuò)；三是將

計(jì)算模型幾何體的體積錯(cuò)誤計(jì)算為幾何體的表面積，從3D打印所用原料的密度

的單位就可以發(fā)現(xiàn)計(jì)算的應(yīng)該是體積而不是表面積.此類與實(shí)際應(yīng)用相結(jié)合的試

題，只要仔細(xì)審題，并找準(zhǔn)題眼，就可避開命題人所設(shè)置的陷阱.

題組三

一、選擇題

1.12022全國卷乙，5分］已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為。，底面的四

個(gè)頂點(diǎn)均在球。的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為(C)

A.-B.-C.—D.—

3232

［解析］該四棱錐的體積最大即該四棱錐底面所在圓面和頂點(diǎn)。組成的圓錐體積

最大.設(shè)圓錐的高為九(0＜九＜1),底面半徑為r,則圓錐的體積U=|nr2/i=

|TT(1—九,則『=|TI(1—3/i2),令7=0，得九=三,所以V"=

，(1—F比在(0,李上單調(diào)遞增，在母#上單調(diào)遞減，所以當(dāng)仁當(dāng)時(shí)，

四棱錐的體積最大，故選C.

2.［2022新高考卷I,5分］己知正四棱錐的側(cè)棱長為，，其各頂點(diǎn)都在同一球

面上.若該球的體積為36n,且3W2W3V5,則該正四棱錐體積的取值范圍是

(C)

B.《,號C.《笥D.［18,27］

［解析］設(shè)該球的球心為。，半徑為H，正四棱錐的底邊長為a,高為九，依題

(I2=h2+

意，得36ir=girR3解得H=3.由題意可得〈2解得

?，2

一泰一,4所以正四棱錐的體積':fa/i=x[:

233V1876

a2^2l--,

18

^(2-^)(3<Z<3V3),所以/=/_(=/(4—?jiǎng)?3工Y3⑹，令

7=0,得I=2粕,所以當(dāng)3W2<2痣時(shí)，V'>0；當(dāng)2①<I<343時(shí),

V<0,所以函數(shù)U=(3<Z<3V3)在［3,2連)上單調(diào)遞增，在

(2連,3百］上單調(diào)遞減，又當(dāng)，=3時(shí)，，=？；當(dāng)1=2歷時(shí)，，=?；當(dāng)，=

43

3小時(shí)，所以該正四棱錐的體積的取值范圍是耳，刑.故選C.

3.［2021新高考卷II,5分］北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要

成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步軌道衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平

面，軌道高度為36000km(軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的最短距離)，把

地球看成一個(gè)球心為。，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)2的緯度是指04與赤

道所在平面所成角的度數(shù)，地球表面能直接觀測到的一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)

星的點(diǎn)的緯度的最大值記為a,該衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面面積S=2冗產(chǎn).

(1-cosa)(單位：km2),則S占地球表面積的百分比約為(C)

A.26%B.34%C.42%D.50%

［解析］如圖所示，圓。的半徑為6400km,點(diǎn)P是衛(wèi)星所在位置，由題意可知

0P=36000+6400=42400(km),P4與圓。相切，切點(diǎn)為4，貝ikPCM=

a,所以3/=器=5黑=!所以衛(wèi)星信號覆蓋的地球表面面積S=

902

271r2(1—目=^nr2,貝US占地球表面積的百分比為過萬x100%、42%,

\53/534irrz

故選C.

A

4.[2021北京，4分]對24小時(shí)內(nèi)降落在平地上的積水厚度(單位：mm)進(jìn)行

如下定義:

積水厚度/mm0-1010?2525~5050?100

等級小雨中雨大雨暴雨

小明用一個(gè)圓錐形容器接了24小時(shí)的雨水，如圖所示，則這一天的雨水屬于哪

個(gè)等級(B)

A.小雨D.暴雨

[解析]作出截面圖如圖所示，設(shè)圓錐形容器中水面的半徑為rmm，則意=黑.

所以r=50,所以24小時(shí)所接雨水的體積U=[|TTx502x150]mm3.設(shè)底面

半徑為100mm的圓柱的高為九mm,由題意可知，|TTX502X150=TIx

1002xh,得h=12.5，即這一天的積水厚度為12.5mm,屬于中雨.故選B.

二、填空題

5.［2020全國卷III,5分］已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內(nèi)半

徑最大的球的體積為爭I.

［解析］易知半徑最大的球即為該圓錐的內(nèi)切球.圓錐PE及其內(nèi)切球。如圖所示，

設(shè)內(nèi)切球的半徑為R,則sinNBPE=2=些=工，所以。P=3R,所以PE=

OPPB3

4R-VPB2—BE2-V32—l2—2V2，所以R—/，所以內(nèi)切球的體積V——

^Tl7?3=^Tl,即該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為.

6.［2020新高考卷I,5分］已知直四棱柱ABC。-的棱長均為2,

匕BAD=60。.以名為球心，后為半徑的球面與側(cè)面BCQBi的交線長為李.

［解析］如圖，連接/A,易知△BiGDi為正三角形，所以/Di==2.分

別取HQ,BBi￡加的中點(diǎn)M,G,H,連接,D1G,D】H，則易得&G=

22

D±H=V2+l=V5,D±M1BiG，且=8.由題意知G,H分別是

BB-CCi與球面的交點(diǎn).在側(cè)面BCC/i內(nèi)任取一點(diǎn)P,使MP=V2，連接。止，則

D1P=〃也2+MP2=J(V3)2+(V2)2=V5，連接MG,MH，易得MG=MH=

V2,故可知以M為圓心，聲為半徑的圓弧G”為球面與側(cè)面BCC/i的交線.由

ZBiMG=乙GMH=45°知ZGM”=90°,所以G”的長為工X2TIxV2=—.

42

7.［2019全國卷II,5分］中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.

印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信

形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍

成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面

體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半

正多面體共有組個(gè)面，其棱長為也-1.（本題第一空2分，第二空3分）

［解析］由題圖1可知從上數(shù)第一層與第三層各有9個(gè)面，共18個(gè)面，第二層有

8個(gè)面，所以該半正多面體共有面18+8=26（個(gè)）.

如題圖2,設(shè)該半正多面體的棱長為％，則ZB=BE=%，延長CB,與FE的延長

線交于點(diǎn)G，延長BC,交正方體的棱長于點(diǎn)”，由半正多面體的對稱性可知，△

BGE為等腰直角三角形，所以BG=C”=梟，所以G”=2X小+%=

(V2+1＞，又正方體的棱長為1,所以G”=1，所以(/+1)%=1，解得％=

V2-1，即該半正多面體的棱長為a-1.

三、解答題

8.［2023全國卷乙，12分］如圖，在三棱錐P—4BC中,ZB1BC=2=

2V2,PB=PC=①,BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為。,E,0，點(diǎn)F在2C上，BF1

AO.

(1)求證:EF〃平面a。。.

［答案］如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為4,y軸，建立平面直角

坐標(biāo)系，貝l」B(O,O),2(2,0),C(0,2V2),O(0,V2),ZO=(-2,V2).

設(shè)荏=AAC,貝I］易得F(—24+2,2V2A).

因?yàn)锽F1AO,所以舐?前=0,

所以(一24+2,2仞)(一2,或)=0,解得a所以F為AC的中點(diǎn).

又E,D分別為2P,BP的中點(diǎn)，所以EF〃PC,OD//PC,所以EF〃。。，

又。。u平面Z。。，EFC平面49。，所以EF〃平面40。.

A

(2)若NPOF=120。，求三棱錐P-2BC的體積.=

［答案］由(1)得FO〃AB,

因?yàn)閆B1BC,所以F。1BC.

又P01BC,所以ZPOF是二面角P—BC—F的平面角，

所以二面角P—BC—F的大小為120。.

設(shè)點(diǎn)P到平面ABC的距離為九，則h=PO-sin(180°-120°)=PO?sin60°,

在^PBC中,由PB=PC=#,BC=2V2,得P。=2,

所以h=V3,

所以三棱錐P-ABC的體積=3SAABC義九=(義］義2義2或義K=乎.

9.［2022全國卷乙，12分］如圖，四面體CD中，AD1CD,ADCD,

^ADB=乙BDC,E為AC的中點(diǎn).

(1)證明:平面BED1平面4CD;

［答案］因?yàn)?CD,乙ADB=乙BDC,DB=DB,

所以△ADB=△CDB,所以=BC.

又E為AC的中點(diǎn)，所以AC1BE,ACIDE,

因?yàn)锽E(IDE=E,且BE,DEu平面BED,所以AC1平面BEO,

又ACu平面AC。,所以平面BED1平面AC。.

(2)設(shè)ZB=BD=2，乙4cB=60。，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)^AFC的面積最小時(shí)，求

三棱錐F—ABC的體積.

［答案］由(1)可知，AC1平面BED.連接EF,因?yàn)镋Fu平面BEO,所以AC_L

EF，當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，點(diǎn)F到直線ZC的距離最小，即EF的長度最小.

因?yàn)?？IB=BC=2,乙4cB=60。，所以△ZBC為正三角形，貝ijAC=2,BE=

V3,AE=1.

因?yàn)?)=CD,AD1CD,所以△ADC為等腰直角三角形，所以DE=1.

所以DE?+BE2=BD2，則OE1BE.

在內(nèi)△BED中，當(dāng)EF的長度最小時(shí)，EF1BD,EF=空空=理.

由射影定理知E產(chǎn)=DF-FB,又DF+FB=BD=2，易知D4<EF,所以

13

DF=-,FB=-.

22

解法一因?yàn)镈E1AC,DE1BE,ACHBE=E,AC,BEu平面ABC,所

以DE1平面ABC,

則F到平面ABC的距離d=—xDE=-.

BD4

故4-ABC=^SAABCxd=gxfx4x\=f.

解法二由(1)知BD1AC，又BD1EF,EFr\AC=E,AC,EFu平面

ACF,所以BD1平面ZCF,

所以BF即B到平面ZCF的距離，

故4-ABC=^B-AFC=§SA4FCxBF=-x-xACxEFxBF=—.

10.［2021全國卷乙，12分］如圖，四棱錐P—2BCD的底面是矩形，PD1底面

ABCD,M為BC的中點(diǎn)，且PB1AM.

(1)證明：平面P4M1平面PBD;

［答案］PD1平面ABC。，AMu平面ABC。，

PD1AM.

vPB1AM,PBCPD=P,PBu平面PBD,PDu平面PBD,

AM1平面PBO.

又AMu平面P4M,

平面P4M1平面PBO.

(2)若PD=DC=1，求四棱錐P—ABC。的體積.

［答案］?.?M為BC的中點(diǎn)，

由題意知ZB=DC=1.

???AM1平面PBD,BDu平面PBD,

AM1BD.

由+^MAD=90°,^MAD+乙ADB=90°,得匕BAM=/LADB,

易得△BAM-AADB,,即汽=—,得AD=夜

ABAD1AD，

,1,^^ABCD=^D-DC=V2xl=y/2,

則四棱錐P-ABCD的體積/TBCD=矩形MCD?P。=[xex1=日.

11.[2020全國卷I,12分]如圖，。為圓錐的頂點(diǎn)，。是圓錐底面的圓心，△

2BC是底面的內(nèi)接正三角形，P為。。上一點(diǎn)，乙4PC=90°.

(1)證明：平面P4B1平面P4C；

［答案］由題設(shè)可知，PA=PB=PC,

由于△ABC是正三角形，故可得△PAC=△PAB,△PAC=△PBC.

又乙APC=90°,故Z2PB=90°/BPC=90°.

從而PB1PA,PB1PC,故PB1平面P4C，所以平面P4B1平面P4C.

(2)設(shè)。。=魚，圓錐的側(cè)面積為舊n,求三棱錐P—4BC的體積.

［答案］設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為，.

由題設(shè)可得包=V3,Z2—r2=2,解得r=1,Z=V3.從而ZB=V3.

由(1)可得PZ2+pB2=AB2，故pa=PB=PC=?.

所以三棱錐P-ABC的體積為工x-xPAxPBxPC==—,

3232\2/8

考點(diǎn)22空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系

題組一

一、選擇題

1.［2022全國卷乙，5分］在正方體4BCD中，E,F分別為ZB,BC

的中點(diǎn)，則(A)

A.平面BiEF1平面BD￡)iB.平面當(dāng)后91平面Z/D

C.平面當(dāng)后/〃平面力i2CD.平面B]EF〃平面

[解析]如圖，對于選項(xiàng)A,在正方體2